Примеры решения задач

Задача 1. Докажите, что следующие векторы

a ₁=(2,1,3), a ₂=(3,-1,5), a ₃=(4,7,5)

в пространстве R ³ линейно зависимы и найдите их нетривиальную линейную комбинацию, равную нулевому вектору.

Решение. Необходимо пояснить: то, что нам дано по условию задачи – это не координаты вектора. Набор из трёх чисел – это и есть сам вектор из пространства R ³, и записывать этот набор можно, как в виде строки, так и в виде столбца.

Составляем линейную комбинацию данных векторов и приравниваем её к нулевому вектору:

l₁ a ₁ +l₂ a ₂+l₃ a ₃= o

l₁(2,1,3) +l₂(3,-1,5) +l₃(4,7,5) =(0,0,0)

(2l₁,l₁,3l₁) +(3l₂,-l₂,5l₂) +(4l₃,7l₃,5l₃) =(0,0,0)

(2l₁+3l₂+4l₃,l₁- l₂+ 7l₃,3l₁+5l₂+5l₃) =(0,0,0)

Получаем систему линейных уравнений для нахождения неизвестных коэффициентов l₁,l₂,l₃. Методы решения подобных систем линейных урав-нений изучаются в курсе алгебры, но для полноты изложения мы решим данную систему подробно методом Гаусса. На первое место поставим второе уравнение. Затем ко второму уравнению прибавим первое, домноженное на -2, а к третьему уравнению прибавим первое, домноженное на -3:

l₁ - l₂ + 7l₃ =0, l₁ - l₂ + 7l₃ =0,

2l₁+3l₂+4l₃=0, Û 5l₂-10l₃=0,

3l₁+5l₂+5l₃=0. 8l₂-16l₃=0.

Разделим второе уравнение на 5, а третье - на 8. Мы получим два одинаковых уравнения. Тогда одно из них мы можем вычеркнуть. Получили два уравнения с тремя неизвестными.

l₁-l₂+7l₃ =0,

l₂-2l₃=0,

Коэффициенты, стоящие около l₁и l₂, образуют треугольную матрицу и определитель этой матрицы не равен нулю. Поэтому неизвестные l₁и l₂можем оставить в левой части уравнения (они называются базисными), а l₃переносим вправо (она называется параметрической неизвестной):

l₁-l₂ =-7l₃,

l₂=2l₃.

Нас не интересует общее решение системы. Нам достаточно найти частное решение. Поэтому мы можем придать l₃произвольное ненулевое значение. Удобнее всего l₃= 1. Затем находим l₂=2, l₁=-5. Согласно условию, ответом должна служить линейная комбинация:

2· a ₁-5· a ₂+1· a ₃= o.

Так как мы нашли эту комбинацию, то мы доказали, что данные векторы линейно зависимы.

Задача 2. Докажите, что следующие векторы

a ₁=(1,1,1,1), a ₂=(0,1,1,1), a ₃=(0,0,1,1), a ₄=(0,0,0,1)

в пространстве R ⁴ образуют базис, и найдите координаты вектора

x =(7,5,8, 9) в этом базисе.

Решение. Поскольку размерность пространства R ⁴равна 4, то базис должен состоять из четырёх линейно независимых векторов. Нам даны по условию 4 вектора a ₁, a ₂, a ₃, a ₄. Необходимо доказать их линейную независимость.

Составляем линейную комбинацию данных векторов и приравниваем её к нулевому вектору:

l₁ a ₁+l₂ a ₂+l₃ a ₃+l₄ a ₄= o, (*)

l₁(1,1,1,1) +l₂(0,1,1,1) +l₃(0,0,1,1) +l₄(0,0,0,1) =(0,0,0,0),

(l₁,l₁+ l₂,l₁+l₂+l₃, l₁+l₂+l₃+ l₄) =(0,0,0,0).

Получаем систему линейных уравнений

l₁= 0,

l₁+ l₂= 0,

l₁+l₂+l₃= 0,

l₁+l₂+l₃+ l₄=0,

из которой следует, что l₁=l₂=l₃= l₄= 0. Следовательно, комбинация (*) может быть только тривиальной и векторы a ₁, a ₂, a ₃, a ₄ линейно независимы. Значит, они образуют базис: B = { a ₁, a ₂, a ₃, a ₄}. Разложение вектора x по базису имеет вид:

x = x ₁ a ₁+ x ₂ a ₂+ x ₃ a ₃+ x ₄ a ₄,

(7,5,8, 9) = x ₁(1,1,1,1) + x ₂(0,1,1,1) + x ₃(0,0,1,1) + x ₄(0,0,0,1).

Так же, как и раньше, получаем систему линейных уравнений

x ₁= 7,

x ₁+ x ₂= 5,

x ₁+ x ₂+ x ₃= 8,

x ₁+ x ₂+ x ₃+ x ₄=9.

Решая ее, находим, что x ₁= 7, x ₂=-2, x ₃= 3, x ₄=1. Значит x (7,-2,3,1) _B.

Задача 3. Найдите угол между векторами, заданными своими координатами в ортонормированном базисе: x (-5,5,4,3), y (-5,5,1,7).

Решение. Если векторы заданы координатами в ортонормированном базисе, тоформулы для вычисления скалярного произведения, длины вектора, угла между векторами такие же, как и для геометрических векторов в пространстве относительно декартовой системы координат. Отличие лишь в том, что количество координат на одну больше.

cosÐ(x, y) = = =

= = =.

Значит, Ð(x, y)=30°.

Задача 4. Докажите, что следующие векторы в пространстве R ⁴ являются единичными и взаимно ортогональными и дополните их до ОНБ:

a ₁=, a ₂=.

Решение. Находим | a ₁| = = 1, | a ₂| = = 1,

a ₁· a ₂ = 0· + · + ·0- · =0.

Значит, векторы единичные и взаимно ортогональные. Данное пространство является четырёхмерным. Поэтому ОНБ должен состоять из четырёх векторов. Построим сначала ортогональный базис, а затем его нормируем. Вместо a ₁и a ₂можем для удобства взять коллинеарные им векторы a ₁¢(1,2,0,1), a ₂¢(0,1,1,1). Пусть a ₃¢=(x ₁, x ₂, x ₃, x ₄) - третий базисный вектор. Тогда он должен удовлетворять двум условиям:

a ₃¢· a ₁¢=0, x ₁+2 x ₂+ x ₄= 0,

a ₃¢· a ₂¢=0, x ₂+ x ₃+ x ₄= 0.

Это однородная система из двух уравнений с четырьмя неизвестными. Поэтому двум неизвестным можем придать произвольные значения, не равные оба нулю; при этом коэффициенты около оставшихся неизвестных должны образовывать определитель не равный нулю. Например, пусть x ₂= 1, x ₄= 0. Переносим эти значения в другую часть равенства и находим, что x ₁= -2, x ₃= -1. Итак, a ₃¢ =(-2,1,-1,0).

Пусть a ₄¢=(x ₁, x ₂, x ₃, x ₄) - четвёртый базисный вектор. Тогда он должен удовлетворять трём условиям:

a ₄¢· a ₁¢=0, x ₁+2 x ₂+ x ₄= 0,

a ₄¢· a ₁¢=0, Û x ₂+ x ₃+ x ₄= 0,

a ₄¢· a ₃¢=0, -2 x ₁+ x ₂- x ₄= 0.

Придадим x ₂значение 1, тогда получим систему

x ₁+ x ₄= -2,

x ₃+ x ₄= -1,

-2 x ₁- x ₄= -1.

Отсюда a ₄¢(3,1,4,-5). Теперь находим, что | a ₃¢|=, | a ₄¢|=. Значит, искомый ОНБ состоит из векторов

a ₁=, a ₂=,

a ₃=, a ₄=.

Задача 5. Даны координаты вершин треугольника в относительно ортонормированной системы координат в точечном евклидовом пространстве E⁴: A (-3,-3,2,-3), B (5,0,4,-1), C (2,4,-3,-4).

а) Докажите, что D ABC равнобедренный.

б) Найдите величину угла при вершине и площадь треугольника.

в) Составьте каноническое уравнение его высоты.

г) Составьте параметрическое уравнение плоскости p = ABC.

Решение. а) Найдём координаты векторов:

(8,3,2,2), (5,7,-5,-1), (-3,4,-7,-3).

Находим длины сторон:

| AB |= =9, | AC |= =10,

| BC |= =9.

Значит, | AB |=| BC | и D ABC равнобедренный и B является его вершиной.

б) Так же, как и в предыдущей задаче находим угол при вершине, как угол между векторами и:

cosÐ B == =.

Пусть D – середина основания AC. Тогда =(+). Находим координаты вектора и его длину:, || ==. Значит, высота треугольника h =. Площадь: S = | AC |· h =5.

в) Направляющим вектором для высоты является. Можно в качестве направляющего взять a =-2, a (11,-1,9,5). В качестве начальной точки берём A. Тогда уравнение прямой AD:

= = =.

г) Для плоскости p = ABC направляющими векторами являются, например, и. В качестве начальной точки берём A (можно и любую другую вершину). Тогда параметрическое уравнение плоскости:

X ₁=-3+ 8 u +5 v,

X ₂=-3+ 3 u +7 v,

X ₃= 2+2 u -5 v,

X ₄=-3+2 u - v.

Задача 6. Даны уравнения прямой l и гиперплоскости P в пространстве E⁴:

l: = = =, P: 3 X ₁+ 2 X ₂+2 X ₃-8 X ₄-5=0.

Докажите, что они параллельны и найдите расстояние между ними.

Решение. Из уравнения прямой мы находим её направляющий вектор: a (4,3,3,3). Из уравнения гиперплоскости находим её вектор нормали: n (3,2,2,-8). Прямая будет параллельна гиперплоскости или будет лежать в ней, если векторы a и n ортогональны. Проверяем:

a·n =4·3+3·2+3·2+3·(-8)=0.

Это выполнено. Из уравнения прямой мы знаем координаты точки на ней: M _o(1,2,-1,0). Прямая будет лежать в гиперплоскости, если M _oÎP. Подставляем координаты M _o в уравнение гиперплоскости:

3·1 + 2·2 +2·(-1) -8·0 -14¹0.

Значит, M _oÏP Þ l ÏP. Расстояние от прямой до гиперплоскости равно расстоянию от точки M _o до P. Это расстояние вычисляется по такой же формуле, как расстояние от точки до плоскости в геометрическом пространстве, с той лишь разницей, что мы имеем на одну координату больше:

h = = = = 1.

Задача 7. Прямая l и плоскость p в пространстве A⁴ заданы параметрическими уравнениями:

X ₁= t, X ₁=1+ 2 u + v,

X ₂= 2+ 5 t, X ₂=2+ 7 u +3 v,

X ₃= 5+ 10 t, X ₃=5+11 u +4 v,

X ₄=-4+ 3 t. X ₄=-4+ 3 u + v.

Докажите, что они параллельны.

Решение. Из уравнений прямой мы находим её направляющий вектор a (1,5,10,3) и точку M _o(0,2,5,-4)Î l. Из уравнений плоскости находим два её направляющих вектора: b (2,7,11,3), c (1,3,4,1). Прямая параллельна плоскости или принадлежит ей, если вектор a является линейной комбинацией векторов b и c, т.е. если существуют такие числа l и m, что

a =l b +m c.

В координатах это равенство имеет вид:

1=2l+1m,

5=7l+3m,

10=11l+4m,

3=3l+1m.

Вычитая из 4 уравнения первое, мы находим, что l=2. Поставляя это значение в первое или 4 уравнение, находим, что m=-3. Необходимо ещё обязательно проверить, что найденные значения удовлетворяют тем уравнениям, которые не были задействованы в вычислениях (т.е. второму и третьему): 5=7·2+3·(-3), 10=11·2+4·(-3). Значит,

a =2 a -3 b.

Теперь проверим, принадлежит ли точка M _o плоскости p:

0= 1+2 u + v,

2= 2 +7 u +3 v,

5= 5 +11 u +4 v,

-4=-4+3 u + v.

Если вычесть из четвёртого уравнения второе, мы найдём, что u =1. Подставим это значение в первое уравнение и найдём, что v =-3. При этих значениях 1 и 4 уравнения будут верными равенствами. Но найденные значения не удовлетворяют 2 и 3 уравнениям. Поэтому M _oÏp. Значит, прямая l не принадлежит плоскости p.

Задача 8. Плоскости p₁ и p₂ в пространстве A⁵ заданы параметрическими уравнениями:

X ₁=2 u, X ₁= s,

X ₂=2+ v, X ₂=0,

p₁: X ₃=0, p₂: X ₃= s + t,

X ₄=0, X ₄= t,

X ₅= -1. X ₅= 1+ s.

Выясните их взаимное расположение.

Решение. Найдём направляющие векторы этих плоскостей:

a (2,0,0,0,0), b (0,1,0,0,0) – для p₁;

c (1,0,1,0,1), d (0,0,1,1,0) – для p₂.

По определению p₁||p₂, если оба вектора c и d раскладываются в линейную комбинацию векторов a и b, и при этом эти плоскости не имеют общих точек. Если равенство c =l a +m b расписать по координатам, то третье уравнение будет иметь вид 1=0l+0m. Оно не имеет решений. Значит, данные плоскости не параллельны. Но только в трёхмерном пространстве можно после этого утверждать, что данные плоскости пересекаются по прямой.

Выясним, имеют ли данные плоскости общие точки. Для этого мы должны решить совместно уравнения плоскостей. Получаем, что

2 u = s, 2+ v =0, 0= s + t, 0= t, -1= 1+ s. (17)

Из третьего и четвёртого уравнений находим, что s = t =0. Тогда пятое уравнение принимает вид -1= 1. Значит, система уравнений (17) решений не имеет. Поэтому плоскости p₁и p₂ общих точек не имеют.

Ответ: Плоскости p₁и p₂ не параллельны и не пересекаются.

Задача 9. В пространстве вместо базиса B ={ i, j, k } выбран новый базис B ¢ ={, }, где

= i +4 j + k,

=-4 i –3 j +2 k,

= 2 i – j – 2 k.

а) Записать формулы перехода от старых координат (x, y, z) к новым координатам (x ¢, y ¢, z ¢) и обратно.

б) Найти новые координаты вектора (,,) _B _¢, если известны его старые координаты (–7,–2,5) _B.

в) Составить матрицу Грама базиса B ¢.

г) С помощью этой матрицы вычислить скалярное произведение двух векторов (–4,–4,–5) и (9, 4, 6), заданных своими координатами в новом базисе B ¢.

Решение. Составим матрицу С перехода к новому базису. Её столбцы – это координатные столбцы векторов,, в базисе { i, j, k }. Находим обратную к ней матрицу С ^-¹:

C = С ^-¹=

(как составляется обратная матрица, изучается в курсе алгебры, это также можно найти в Приложении)). Формулы замены координат выглядят так:

x = x ¢–4 y ¢+2 z ¢, x ¢= 4 x – 2 y + 5 z,

y = 4 x ¢–3 y ¢– z ¢, y ¢= x –2 y + z,

z = x ¢+2 y ¢–2 z ¢, z ¢= x –3 y + z,

При составлении первых мы использовали матрицу С, а при составлении вторых – С ^–1. Подставляя коэффициенты вектора во вторые формулы, находим его координаты в новом базисе: (1,2,0) _B _'. Матрица Грама базиса B ¢ состоит из попарных скалярных произведений g_ij= ·, i, j =1,2,3. Находим ·=1+16+1=18, · = -4-12+2= -14, и так далее.

Г =.

Если векторы и заданы своими координатами в новом базисе, то их скалярное произведение находится по формуле

· = g_i_jc_id_j.

В матричном виде её можно записать так:

· = C ^T Г D,

где C и D – координатные столбцы векторов и в новом базисе.

В нашем случае находим

18 -14 -4 9

· = (-4 -4 -5) -14 29 -9 4 = 0

-4 -9 9 6

(как умножаются матрицы см. в курсе алгебры; но для удобства читателя это изложено в Приложении).

Задача 8. В евклидовом пространстве E ² относительно некоторого базиса скалярное произведение задаётся формулой

x · y = x ₁ y ₁- 2(x ₁ y ₂+ x ₂ y ₁)+6 x ₂ y ₂.

Вычислить угол между векторами x (1,2) и y (2,-1), заданными своими координатами в том же базисе.

Решение. Если бы базис был ортонормированным, то данные векторы, очевидно, оказались бы ортогональными. Находим скалярное произведение согласно заданной формуле:

x · y =1·2 - 2(1·(-1) + 2·2)+6·2·(-1) = 2-6+12=8.